La f ormula de StirlingLuisCarlosGarcaLirola16deseptiembrede2009Ahora que he ledo MethodusDierentialisdiligentemente, estoyverdaderamente sorprendido por lagran abundancia de metodosexcelentes que incluye un volumen tanpeque no, por medio de los cuales Ud.muestra como sumar con facilidadseries que convergen lentamente ycomo interpolar progresiones que sonmuy difciles de tratar.Carta de Euler a Stirling(8 de junio de 1736) [7]1. Introducci onEl presente trabajo tiene como objetivo presentar la formula de Striling, junto con dosdemostracionesdelamisma, demaneraqueseanaccesiblesaalumnosdeprimercursodelicenciatura.Tambienveremosaplicacionesdelaf ormulaenlademostraci ondeotrosresultados,yc omoseutilizacomoaproximaci onencombinatioriaoprobabilidad,dondesonfrecuenteslosfactoriales.1.1. ConocimientospreviosAntes de centrarnos en la formula de Striling, necesitamos conocer algunos resultadosimportantesqueutilizaremosparasudemostraci on. El primerodeellosesunacuriosaf ormulaquedatade1655ypuedeserutilizadaparaelcalculode,aunquenodeformaeciente.Fuedemostradaporelmatem aticoinglesJohnWallis(1616-1703):Teorema1(ProductodeWallis).2=

k=1_2k2k 12k2k + 1_=2 2 4 4 6 6 . . .1 3 3 5 5 7 . . .1Demostracion. Se puede encontrar en Lecciones de Analisis Matematico I, de Jose AntonioFernandezVi na(p ag.276)Corolario2.lmn1nn

k=12k2k 1=Demostracion. Bastaconoperaradecuadamenteelproductoanterior:2=

k=1_2k2k 12k2k + 1_=lmnn

k=1_2k2k 12k2k + 1_= lmnn

k=1_(2k)2(2k 1)22k 12k + 1_=lmn_n

k=12k2k 1_2n

k=12k 12k + 1= lmn_n

k=12k2k 1_212n + 1=lmn_n

k=12k2k 1_212nDedondeseobtieneelresultadobuscado.Lasiguientefuncionextiendelafunci onfactorial denidaenlosnumerosnaturales.Fueintroducidaporprimeravezenunacartaqueescribi oLeonhardEuleraChristianGoldbachen1729.Lanotaci onconlaquelapresentamosesdebidaaLegrende.Teorema3(FuncionGamma). Sealafuncion : (0, +) R(p) :=_0xp1exdx1. Laintegral anterioresconvergenteparatodop>0, esdecir, lafuncionestabiendenida2. Lafuncioncumplelaecuacionfuncional p(p) = (p + 1)3. Paracadaenteron 1,setieneque(n + 1) = n!Demostracion. Si 0725) >12144n2+ 150n + 49/16=112n + 1/4 112(n + 1) + 1/4(3)6Paraunamayorbrevedad,sean:xn= e112n+1/4, yn= e 112n, an= n!enn(n+1/2)=n!nnnen(4)Observemosquelastressucesionessonpositivas,lmn xn= lmn yn= 1yque:anan+1=n!enn(n+1/2)(n + 1)!en+1(n + 1)(n+1+1/2)=enn!(n + 1)(n + 1)n+1/2en+1(n + 1)!nn+1/2=1e_1 +1n_n+1/2Supondremosenlosucesivoquen 2. Utilizandolasdesigualdades(2)y(3), tenemosque:xn+1xn= e112(n+1)+1/4+112n+1/4(desigualdad(3)) < e(n+1/2) log(1+1/n)1=1e_1 +1n_n+1/2=anan+1(desigualdad(2)) < e112(n+1)+112n=yn+1ynEnresumen,xn+1xn1 an>an+1. Esdecir, lasucesi on(an)esmonotonadecrecienteyest aacotadainferiormentepor0,portantotienelmite.Seaa := lman.Apartirde(5)deducimosqueanxn> an+1xn+1yqueanyn< an+1yn+1,esdeciranxnesdecrecienteyanynescreciente.Tomandolmites:anxn< an1xn1 lmanxn lman1 1 lmanxn aanxn> an+1xn+1 lmanxn lman+1 1 lmanxn aPorloquelmanxn=a. Analogamentesevequelmanyn=a. Loanteriorlopodemosresumirenque:0 < anyn< a < anxn(6)Acontinuaci onutilizaremoslaf ormuladeWallis(corolario2) = lmn1nn

k=12k2k 1=lmn1n(

nk=1 2k)2(2n)!= lmn22nn(

nk=1 k)2(2n)!=lmn22n(n!)2n(2n)!(por(4), n! = anennn+1/2) = lmn22n(anennn+1/2)2n(a2ne2n(2n)2n+1/2)(agrupando) = lmna2na2nn2n+1nn2n+1/2 22n22n+1/2 e2ne2n(cancelando) = lmna2na2n12=a2a2=a27Porloquea =2.Sustituyendoestevaloren(6)tenemosque:x1n n0 siy n(1)Trataremos ahora de probar que lmn_gn(y)dy=_ey2/2dy. Para ello estimare-mos la diferencia entre gn(y) y ey2/2dyen dos casos: para |y| n/2 y para |y| >n/2.1aParte. Supondremosque |y| n/2. Enesecaso, gn(y) =(1 +yn)neyn, ytambienpodemosusarellema9conx = |y|/nTenemos:gn(y) ey22=enlog(1+yn)yney22(usandoellema10) ey22nlog(1 +yn) y +y22e|nlog(1+yn)y+y22 |(nfacorcom unyusandoellema9) ey22n23yn3en23

yn

3(simplicandoyusandolahipotesis) = ey2223|y|3ne23|y|3n ey2223|y|3ney23(simplicandom as) ey22|y|3ney23= ey26|y|3nEndenitiva:|gn(y) ey22| |y|3ney26, para |y| 12n (2)2aParte.Supongamosahoraque |y| > n/2. Si y nentoncesgn(y)=0yesobvioque0 gn(y) e|y|6Veremosqueparay> nestadesigualdadtambienescierta.Paraelloconsideremoslafunci onf: (1, +) Rdadaporf(x)=x 56x22+x log(1 + x), queescontinuaporsersumadefuncionescontinuas. Suderivadaes:f

(x) = 1 56_2x(2 + x) x2(2 + x)2_11 + x= ... =x(x2x + 4)6(1 + x)(x + 2)29Comox2x + 4notieneracesreales,f

(x) = 0 x(x2x + 4) = 0 x = 0.Adem asel denominadordef

(x)essiemprepositivo, porloquesigno(f

(x))=signo(x)loqueimplica que fes creciente en x > 0 y decreciente en 1 < x < 0. Por tanto, falcanza unmnimoabsolutoenx = 0.Tomando y> n tenemos que podemos aplicarle fayn> 1 y ademas gn(y) 0.Deestemodo:0 = f(0) f(yn) =yn 56y2n2 +ynlog(1 +yn)0 yn 56y22 +ynnlog(1 +yn)nlog(1 +yn) yn 56y22 +ynlog(gn(y)) 56y22 +yn 56|y||y|2 +12 56|y|n252 |y|6gn(y) e|y|6, para |y| >n/2, y> nEndenitiva,0 gn(y) e|y|6, para |y| >n/2 (3)De(2)sesigueque:_n2n2gn(y) _n2n2ey22_n2n2|gn(y) ey22| _n2n2|y|3ney26= 0Yaqueesta ultimafunci onesimpar.Portanto,_n2n2gn(y) =_n2n2ey22Porotraparte,de(3)ydelaregladelsandwichsesigueque:0 _n2gn(y) _n2e|y|6=_n2ey6= 6en12lmn_n2gn(y) = 0An alogamentetenemosquelmn_n2gn(y) = 0.Deestemodo:lmn_gn(y) = lmn__n2gn(y) +_n2n2gn(y) +_n2gn(y)_= lmn_n2n2ey22=_ey22=2 (4)Dondela ultimaigualdadprovienedel teorema4, realizandoel cambiodevariablex=y/2.De(1)y(4)obtenemeoslaformuladeStirling:lmnn!2nnnen= 1

102.4. Estimaci ondelerrorHastaahorahemos probadoque n!2nnnen, pero, c omode buenaes estaaproximaci on?.Paraverlonoshar afaltaunresultadoprevio:Lema11. Paratodox > 0secumplequeex 1 + x +12x2exDemostracion. Esconsecuenciadeldesarrolloenseriedepotenciasdeexex 1 + x +12x2ex n=0xnn! 1 + x +x22

n=0xnn!

n=2xnn! x22

n=0xnn!

n=0xn+2(n+2)! 12

n=0xn+2n!Yla ultimadesigualdadesciertayaque2 n + 2 Elsiguienteresultadonosdaunaestimaci ondelerror:Teorema12. Paracadan 2:0 1)eslafuncionZetadeRiemann.Demostracion. Tomandologaritmosenlaf ormuladeStirlingobtenemosquelmn_log(n!) log2n nlog n + n_= 0Porloquelog(n!) = n(log(n) 1) + log2n + o(1) (1)SeaR(m) := log(m1)! (m1) log m, m N.Tenemosque:log n! = log n + log(n 1)!= nlog(n) + log(n 1)! (n 1) log n= nlog n + R(n) (2)Adem as,R(m) R(m1) = log(m1)! (m1) log(m) log(m2)! + (m2) log(m1)= log_(m1)!(m2)!_+ log_m1m_+ mlog_m1m_log(m1)= (m + 1) log_m1m_14Portanto:R(m) = (m + 1) log_1 1m_+ R(m1) (3)Utilizandoahorael desarrolloenseriedepotenciasdel log(1 + x)=

n1(1)nxnn, para|x| < 1ox = 1R(m) = (m + 1)_1m 12m2 13m3 _+ R(m1)= 1 +_1m 12m_+_12m2 13m2_+_13m3 14m3_+ + R(m1)= 1 +11 21m+12 31m2+13 41m3+ + R(m1)Reiteramos el procesohastallegar aR(1) =0. Por haber dadoprecisamentenpasosobtenemos:R(n) = n +11 2n

m=11m+12 3n

m=11m2+13 4n

m=11m3+ = n +

k=1n(k)k(k + 1)(4)Donden(k) =

nj=11jk.De(2)y(4)obtenemosque:log(n!) = n(log(n) 1) +

k=1n(k)k(k + 1)(5)Utilizaremosahoraquelmn (n(1) log n)=lmn_k=1 n1k log n_=, esdecir, lassucesionesn(1)ylog n + sonequivalentes.Tomandolmitesen(5)lmnlog(n!) = lmnn(log(n) 1) +11 2n(1) +

k=2n(k)k(k + 1)= lmnn(log(n) 1) +12(log(n) + ) +

k=2n(k)k(k + 1)(6)15Uniendo(3)y(6)ysimplicando:lmnn(log(n) 1) + log2n + o(1) = lmnn(log(n) 1) +log(n) + 2+

k=2n(k)k(k + 1)lmnlog2 +12 log n + o(1) = lmnlog(n) + 2+

k=2n(k)k(k + 1)lmnlog2 + o(1) = lmn2+

k=2n(k)k(k + 1)log2 =2+

k=2(k)k(k + 1)log(2) = +

k=22(k)k(k + 1)(7)Aplicandoexponencialesa(7)obtenemoslaidentidadbuscada.Referencias[1] Karl R. Stromberg. AnIntroductiontoClasical Real Analysis. Chapman&Hall,1996.Pags.253-254.[2] J.M.Ortega.Introduccional AnalisisMatematico.UAB,1993.P ags.249-251[3] Reinald Michel. On Stirlings Formula. The American Mathematical Monthly,vol.109-4.Abril2002.http://www.jstor.org/stable/2695504[4] Luis J. Boya. Another Relation Between , e, and (n). RACSAM, vol.102-2, 2008.http://www.rac.es/ficheros/doc/00567.pdf[5] JuanIgnacio Go ni. Stirling al descubierto, http://svn.assembla.com/svn/mna/tps/pc01.pdf[6] Mercedes H. Rosas. Los N umeros de (Euler)-Catalan., Boletn de la AsociacionMatem atica Venezolana, Vol. X, No. 1, 2003. http://www.emis.de/journals/BAMV/conten/vol10/catalan.pdf[7] Enciclopedia Libre Universal en Espa nol. James Stirling. http://enciclopedia.us.es/index.php/James_Stirling[8] The MacTutor History of Mathematics archive. Abrahamde Moivre. http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/De_Moivre.html[9] The MacTutor History of Mathematics archive. James Stirling. http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/Stirling.html16